上海彭浦第四中学2021年高三数学文上学期期末试卷含解析

上海彭浦第四中学2021年高三数学文上学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.已知全集U=R，A={x|﹣1≤x≤4}，B={x|x＜0或x＞5}，那么集合A∩（?UB）=（）A．{x|﹣1≤x≤4} B．{x|0≤x≤4} C．{x|﹣1≤x≤5} D．{x|0≤x≤5}参考答案：B【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】根据补集与交集的定义，写出运算结果即可．【解答】解：全集U=R，A={x|﹣1≤x≤4}，B={x|x＜0或x＞5}，则?UB={x|0≤x≤5}，A∩（?UB）={x|0≤x≤4}．故选：B．【点评】本题考查了集合的定义与基本运算问题，是基础题目．2.在复平面内，复数对应的点位于第一象限

第二象限

第三象限

第四象限参考答案：B试题分析：由于=1+4i-4=-3+4i,故复数对应的点是(-3,4)在第二象限，故选：B．考点：复数的概念及运算.3.已知函数，若,则的一个单调递增区间可以是

参考答案：D4.

对a、b∈R，记函数的最小值是（

）A．0

B．

C．

D．3参考答案：C5.（多选题）在△ABC中，D在线段AB上，且若，则（

）A. B.△ABC的面积为8C.△ABC的周长为 D.△ABC为钝角三角形参考答案：BCD【分析】由同角的三角函数关系即可判断选项A；设,则,在中,利用余弦定理求得,即可求得,进而求得,即可判断选项B；在中,利用余弦定理求得,进而判断选项C；由为最大边,利用余弦定理求得,即可判断选项D.【详解】因为,所以,故A错误；设,则,在中,,解得,所以,所以,故B正确；因为,所以,在中,,解得,所以,故C正确；因为为最大边,所以,即为钝角,所以△ABC为钝角三角形,故D正确.故选:BCD【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形,考查三角形面积的公式的应用,考查判断三角形的形状.6.已知物体的运动方程为（t是时间，s是位移），则物体在时刻t=2时的速度为（

）A．

B．

C．

D．

参考答案：D略7.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A.

B．

C．

D．

参考答案：D略8.已知函数f（x）=，则f（f（﹣2））=（）A．2 B．﹣2 C． D．﹣参考答案：A【考点】函数的值．【分析】先求出f（﹣2）=（）﹣2=4，从而f（f（﹣2））=f（4），由此能求出结果．【解答】解：∵函数f（x）=，∴f（﹣2）=（）﹣2=4，f（f（﹣2））=f（4）=log24=2．故选：A．9.若奇函数的定义域是，则等于() A．3 B．－3 C．0 D．无法计算参考答案：C略10.已知实数x，y满足，则z=2x﹣3y的最小值为（）A．﹣32 B．﹣16 C．﹣10 D．﹣6参考答案：B【考点】简单线性规划．【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数判断最优解，代入求解即可．【解答】解：作出不等式组，所表示的平面区域如下图阴影部分所示，由解得C（7，14）观察可知，当直线z=2x﹣3y过点C（7，10）时，z有最小值，最小值为：﹣16．故选：B．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.若，则=__________。参考答案：12.若随机变量ξ服从正态分布N（μ，σ2），P（μ﹣σ＜ξ＜μ+σ）=0.6826，P（μ﹣2σ＜ξ＜μ+2σ）=0.9544，设ξ～N（1，σ2），且P（ξ≥3）=0.1587，则σ=

．参考答案：2【考点】CP：正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．【分析】根据正态分布的概率公式可知P（ξ≥μ+σ）=（1﹣0.6826）=0.1587，故而1+σ=3．【解答】解：∵P（μ﹣σ＜ξ＜μ+σ）=0.6826，∴P（ξ≥μ+σ）=（1﹣0.6826）=0.1587，∵ξ～N（1，σ2），∴P（ξ≥1+σ）=0.1587，∴1+σ=3，即σ=2．故答案为：2．13.若，则=．参考答案：【考点】GP：两角和与差的余弦函数．【分析】由已知利用诱导公式可求cos（+α）的值，进而利用两角和的余弦函数公式即可计算得解．【解答】解：∵，∴cos（+α）=，∴=cos[2（+α）]=2cos2（+α）﹣1=2×﹣1=．故答案为：．14.已知双曲线的右焦点到其渐进线的距离为,则此双曲线的离心率为__________.参考答案：15.已知平面向量、，||=3，||=2且﹣与垂直，则与的夹角为．参考答案：【考点】平面向量数量积的运算．【专题】平面向量及应用．【分析】首先利用向量垂直得到两个向量的关系，然后利用平面向量的数量积的个公式求向量的夹角．【解答】解：因为平面向量、，||=3，||=2且﹣与垂直，所以（）?=0，所以，所以cos＜＞====，所以＜＞=．故答案为：．【点评】本题考查了平面向量垂直的性质运用以及平面向量数量积的应用求向量的夹角．16.设向量=（1，x），=（x，1），若?=﹣||?||，则x=．参考答案：﹣1【考点】平面向量数量积的运算．【分析】可先求出，，然后代入即可得到关于x的方程，解出x即可．【解答】解：，；∴由得：2x=﹣（x2+1）；解得x=﹣1．故答案为：﹣1．17.已知向量，的夹角为，且，，则

参考答案：试题分析：考点：向量的数量积三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.（本小题13分）已知函数，函数与函数图像关于轴对称.（Ⅰ）当时，求的值域及单调递减区间（Ⅱ）若，求值参考答案：（Ⅰ）

…2分又与图像关于轴对称，得当时，得，得即…4分单调递减区间满足，得取，得，又，单调递减区间为

…7分（Ⅱ）由（Ⅰ）知得，由于

…8分而10分

…13分19.（本小题满分14分）已知函数，（Ⅰ）求函数的最大值和最小正周期；（Ⅱ）设的内角的对边分别且,，若,求的值．参考答案：解：（Ⅰ）…………2分则的最大值为0，最小正周期是………4分（Ⅱ）则…………………6分由正弦定理得①………………9分由余弦定理得即②……12分由①②解得，…………14分20.△ABC三内角A,B,C对边分别为a,b,c,.(Ⅰ)求B;(Ⅱ)若,求△ABC面积的最大值.参考答案：(Ⅰ)由正弦定理知,,,其中R为△ABC外接圆半径,则.即.

（2分）又∵,,即,

（4分）.,∴.又∵B为的内角,∴.

（6分）(Ⅱ)解法一:由余弦定理,即,,则,

（9分）当且仅当时取等号，,故的最大值为.

（12分）解法二:由正弦定理,得,同理得,

（8分）====,

（11分）故当,即时,的面积有最大值为.

（12分）21.已知函数f（x）=lnx﹣a（x﹣1），a∈R．（Ⅰ）求函数f（x）在点（1，f（1））点处的切线方程；（Ⅱ）当x≥1时，f（x）≤恒成立，求a的取值范围．参考答案：【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（I）先求出切线的斜率k=f′（1）和f（1），代入直线的点斜式方程化简即可；（II）作差得f（x）﹣=，令g（x）=xlnx﹣a（x2﹣1）（x≥1），依次计算g′（x），g″（x），讨论a的范围判断g（x）的单调性，验证结论是否成立即可得出a的范围．【解答】解：（I）∵f（x）=lnx﹣a（x﹣1），∴f′（x）=﹣a，∴f（1）=0，f′（1）=1﹣a，∴函数f（x）在点（1，f（1））点处的切线方程为y=（1﹣a）（x﹣1）．（II）f（x）﹣=，令g（x）=xlnx﹣a（x2﹣1）（x≥1），则g′（x）=lnx+1﹣2ax，g″（x）==，①若a≤0，则g″（x）＞0，∴g′（x）在1，+∞）上单调递增，∴g′（x）≥g′（1）=1﹣2a＞0，∴g（x）在1，+∞）上单调递增，∴g（x）≥g（1）=0，∴≥0，即f（x）﹣≥0，不符合题意．②若0，则当x∈（1，）时，g″（x）＞0，∴g′（x）在1，）上单调递增，∴g′（x）≥g′（1）=1﹣2a＞0，∴g（x）在1，+∞）上单调递增，∴g（x）≥g（1）=0，∴≥0，即f（x）﹣≥0，不符合题意．③若a，则当x∈1，+∞）上时，g″（x）≤0，∴g′（x）在1，+∞）上单调递减，∴g′（x）≤g′（1）=1﹣2a≤0，∴g（x）在1，+∞）上单调递减，∴g（x）≤g（1）=0，∴≤0，即f（x）≤，符合题意．综上所述，a的取值范围是，+∞）．【点评】本题考查了导数的几何意义，导数与函数的单调性的关系，分类讨论思想，属于中档题．22.如图，已知抛物线：和⊙：，过抛物线上一点作两条直线与⊙相切于、两点，分别交抛物线为E、F两点，圆心点到抛物线准线的距离为．（1）求抛物线的方程；（2）当的角平分线垂直轴时，求直线的斜率；（3）若直线在轴上的截距为，求的最小值．

参考答案：解（1）∵点到抛物线准线的距离为，∴，即抛物线的方程为．（2）法一：∵当的角平分线垂直轴时